一、單選題
1．若復數z滿足，則（ ）
A．B．5C．D．20
【答案】A
【分析】由復數的除法計算出復數z，再利用模長公式求.
【詳解】因為，所以，所以．
故選：A．
2．若角的終邊上有一點，且，則（ ）
A．4B．C．-1D．
【答案】C
【分析】根據公式，即可得到本題答案.
【詳解】由已知，得，解得.
因為，所以，則.
故選：C
3．設，都是非零向量，下列四個條件中，能使一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根據非零向量的方向是否相同分別判斷各個選項即可.
【詳解】因為，故同向.
對于A:，方向相反,A選項錯誤；
對于B:，得出,不能得出方向，B選項錯誤；
對于C:,方向向相同,則成立，C選項正確；
對于D:,不能確定的方向，D選項錯誤.
故選：C．
4．已知l，m是兩條不同的直線，，是兩個不同的平面，則下列命題中正確的是（ ）
A．若，，，則
B．若，，則
C．若，，，則
D．若，且與所成的角和與所成的角相等，則
【答案】C
【分析】利用線面的位置關系，結合空間想象即可得解.
【詳解】若，，，則與有可能平行，故A錯誤；
若，，則可能在內，故B錯誤；
若，，則，又，則，故C正確；
若，且與所成的角和與所成的角相等，則與有可能相交，故D錯誤.
故選：C.
5．已知等比數列的前項和為，若，則（ ）
A．8B．9C．16D．17
【答案】A
【分析】利用等比數列前項和的性質計算即可.
【詳解】設，則，
因為為等比數列，所以仍成等比數列.
易知，
所以,故.
故選:A.
6．點分別在空間四邊形的邊上，若，則下列說法中正確的是（ ）
A．直線與一定平行B．直線與一定相交
C．直線與可能異面D．直線與一定共面
【答案】D
【分析】根據兩條平行線確定一個平面，即可求解.
【詳解】由于，所以四點確定一個平面，
因此直線與一定共面，故D正確，C錯誤，

只有當且時，此時四邊形為平行四邊形，此時，故A不正確，

只有當但時，此時四邊形為梯形，此時相交于點，故B不正確，

故選：D
7．若，，，則（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】借助函數圖象，可直接判斷的大小關系.
【詳解】在同一直角坐標系中作出，，，的圖象，

由圖象可知.
故選：B.
8．已知，且，函數，若關于x的方程有兩個不相等的實數根，則a的取值范圍是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根據題意，分與討論，分別畫出函數的大致圖像，結合圖像，列出不等式，即可得到結果.
【詳解】當時，，則，
則，
即，，可得的大致圖像如圖：
由圖可知，此時的圖像與直線僅有一個交點，
故關于x的方程僅有一個實數根，不滿足題意；
當時，，則，
又，的大致圖像如圖：
因為關于x的方程有兩個不相等的實數根，
所以的圖像與直線有兩個交點，
結合圖象可知，解得．
故選：B．
【點睛】關鍵點睛：解答本題的關鍵在于將方程根的問題轉化為函數交點問題，再結合圖象列出不等式即可得解.
二、多選題
9．已知函數，則下列說法正確的是（ ）
A．函數的最小正周期為
B．函數的圖象的一條對稱軸方程為
C．函數的圖象可由的圖象向左平移個單位長度得到
D．函數在區(qū)間上單調遞增
【答案】ABC
【分析】利用二倍角公式和輔助角公式化簡得到，然后根據判斷A選項；利用整體代入得方法得到的對稱軸，即可判斷B選項；根據圖象的平移變換判斷C選項；根據復合函數的單調性判斷D選項.
【詳解】，函數的最小正周期為，故A正確；
由，得，當時，，故B正確；
由的圖象向左平移個單位長度，得，故C正確．
因為，函數在上不單調，故D錯誤．
故選：ABC．
10．已知等差數列的前n項和為，當且僅當時取得最大值，則滿足的最大的正整數k可能為（ ）
A．22B．23C．24D．25
【答案】BC
【分析】由題意可得，公差，且，，分別求出，討論的符號即可求解．
【詳解】因為當且僅當時，取得最大值，
所以，公差，且，．
所以，，，
故時，．
當時，，則滿足的最大的正整數為；
當時，，則滿足的最大的正整數為，
故滿足的最大的正整數可能為與．
故選：BC．
11．已知為定義在上的偶函數且不是常函數，，若是奇函數，則（ ）
A．的圖象關于對稱B．
C．是奇函數D．與關于原點對稱
【答案】ABC
【分析】根據偶函數和函數對稱性的定義可判斷A選項；利用函數的周期性可判斷B選項；利用奇函數的定義可判斷C選項；利用對稱性定義可判斷D選項.
【詳解】對于選項A，因為是奇函數，所以，
即，整理得2，
所以的圖象關于對稱，故A正確；
對于選項B，因為為偶函數，所以，
所以，所以，故B正確；
對于選項C，，故C正確；
對于選項D，因為，所以與關于軸對稱，不關于原點對稱，故D錯誤.
故選：ABC.
12．在中，三個角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，，，則（ ）
A．的面積為2B．外接圓的半徑為
C．D．
【答案】ABD
【分析】根據給定條件，利用正弦定理，結合三角形面積公式逐項分析計算即可得解.
【詳解】設外接圓的半徑為R，由正弦定理，
得，解得，B正確；
的面積，A正確；
由，得，C錯誤；
由，得，即，
由，得，因此，
所以，D正確．
故選：ABD
【點睛】策略點睛：求三角形面積是解三角形的一種常見類型，經常利用正弦定理，進行邊角轉化求解.
三、填空題
13．圓心角為2的扇形的周長為4，則此扇形的面積為 .
【答案】1
【分析】根據弧長公式結合面積公式計算即可.
【詳解】設扇形的半徑為，弧長為，則，又，所以，，扇形的面積.
故答案為：1.
14．已知向量，滿足，，，則的夾角為 ．
【答案】
【分析】根據給定條件，結合數量積的運算律求出即可得解.
【詳解】因為，所以，
由，得，解得，
因此，又，
所以向量的夾角為.
故答案為：
15．如圖，在棱長為4的正方體中， E為棱BC的中點，P是底面ABCD內的一點（包含邊界），且，則線段的長度的取值范圍是 ．
【答案】
【分析】首先利用向量垂直的坐標表示，求得點的軌跡方程，再代入兩點間的距離公式，求線段長度的取值范圍.
【詳解】以D為原點，以DA，DC，所在的直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，
如圖所示，則，，
設，則，
，又，所以，
即，則．
當時，，設，所以點P在底面ABCD內的軌跡為一條線段AF，
所以，，
，
當時，，當時，，
所以線段的長度的取值范圍是．
故答案為：
16．如圖，在直三棱柱中，，，，為線段上的一點，且二面角的正切值為3，則三棱錐的外接球的體積為 .

【答案】
【分析】根據題意，由條件可得是二面角的平面角，再將三棱錐補為長方體，則長方體的外接球即為三棱錐的外接球，再由球的體積公式，即可得到結果.
【詳解】
如圖，作，交于，則，
過作交于點，連接.
因為為直三棱柱，則平面，且，
則平面，且平面，所以，
又，，平面，
所以平面，平面，所以，
則是二面角的平面角，
所以，所以，
又，，所以，所以，.
可把三棱錐補成棱長為，，的長方體，
則三棱錐的外接球的半徑為，
所以三棱錐的外接球的體積為.
故答案為：
四、解答題
17．已知為銳角，．
(1)求的值；
(2)求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據，由，再利用商數關系的齊次運算求解；
（2）由求解.
【詳解】（1）解：因為，
所以 ，
，
．
（2）因為銳角，則，
而，則，
所以，
所以，
∴.
五、證明題
18．在中，內角的對邊分別為，且.
(1)證明：是鈍角三角形；
(2)平分，且交于點，若，求的周長.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）先利用正弦定理化角為邊得，再利用余弦定理求得，即可證明；
（2）利用面積分割法得，根據余弦定理化簡求解，從而求解周長.
【詳解】（1）在中，，由正弦定理得，
即，由余弦定理得.因為，所以，
所以是鈍角三角形.
（2）因為，
且，所以，
由余弦定理得：，
解得或（舍去），所以，
所以的周長為.
六、解答題
19．已知函數，若函數的圖象上任意一點P關于原點對稱的點Q都在函數的圖象上．
(1)求函數的解析式；
(2)若存在，使成立，求實數m的取值范圍．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據已知，利用點的對稱性代入函數的解析式進行求解.
（2）利用導數研究函數的單調性，再求出函數的最大值.
【詳解】（1）設為圖象上任意一點，則是點Q關于原點的對稱點，
因為在的圖象上，所以，
即，故.
（2），即,
設，則，
易知，所以在上是增函數，
所以，可得．
故實數m的取值范圍是．
七、證明題
20．已知數列滿足，且
(1)若，證明：數列是等比數列；
(2)求數列的前項和.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）按等比數列的定義即可證明
（2）分奇偶討論并分組求和即可
【詳解】（1）證明：因為，，
所以，，
所以數列是以4為首項，2為公比的等比數列.
（2）解：由（1）知，所以，
所以當，時，.
當，時，
.
當，時，.
綜上，
21．如圖1，在中，D，E分別為的中點；O為的中點，，，將沿折起到的位置，使得平面平面，如圖2，點F是線段上的一點（不包含端點）．

(1)求證：；
(2)若直線和平面所成角的正弦值為，求三棱錐的體積．
【答案】(1)證明見解析
(2)．
【分析】（1）利用面面垂直判定線面垂直，再得線線垂直即可；
（2）建立合適的空間直角坐標系，利用空間向量由線面角計算F的位置，再根據三棱錐的體積公式計算即可.
【詳解】（1）由題意可知：，，
所以，
又O為的中點，所以．
因為平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又平面，
所以．
（2）取的中點G，連接，所以，以O為坐標原點，，，所在的直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，

則，，，，，所以．
設，
所以，
又，設平面DEF的一個法向量為，
所以，
令，解得，，所以平面DEF的一個法向量為，
又，設直線EC和平面DEF所成角的大小為θ，
所以，
解得或（舍），所以．
所以，
即三棱錐的體積為．
八、解答題
22．已知函數且．
(1)討論的單調性．
(2)若有且僅有兩個零點，求的取值范圍．
【答案】(1)答案見解析；
(2)．
【分析】（1）分，討論，利用導數與函數的單調性的關系即得；
（2）根據函數的單調性可得，進而可得函數的極小值小于零，然后構造函數利用導數結合條件解不等式即得.
【詳解】（1）因為函數且，函數定義域為，
所以，
當時，在上恒成立，在上單調遞增，
當時，令，則，
所以當時，單調遞減；當時，單調遞增．
綜上所述，當時，在上單調遞增；當時，在上單調遞減，在上單調遞增．
（2）由（1）知，當時，在單調遞增，至多一個零點，不符題意；
當時，在處取得極小值，且，
所以，
設，即，設，則，
所以當時，單調遞增；當時，單調遞減．
所以當時，取得極大值，，
所以，即或，
設，則，當時，，
所以在上單調遞增，又，所以或，
綜上所述，的取值范圍是．
【點睛】利用導數研究零點問題：
（1）確定零點的個數問題：可利用數形結合的辦法判斷交點個數，如果函數較為復雜，可用導數知識確定極值點和單調區(qū)間從而確定其大致圖象；
（2）方程的有解問題就是判斷是否存在零點的問題，可參變分離，轉化為求函數的值域問題處理.可以通過構造函數的方法，把問題轉化為研究構造的函數的零點問題；
（3）利用導數硏究函數零點或方程根，通常有三種思路：①利用最值或極值研究；②利用數形結合思想研究；③構造輔助函數硏究.

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